¿Tener una incrustación de codimensión 1 de una variedad cerrada $M^n \subset \mathbb{R}^{n+1}$ requiere $M$ para ser orientable?

Question

Estoy tratando de seguir una prueba sobre la inmersión/incrustación $\mathbb{RP}^n$ en $\mathbb{R}^{n+1}$ que es, a grandes rasgos, lo siguiente:

Escriba $\tau=T\mathbb{RP}^n$ . El haz normal $\nu$ tiene rango 1, por lo que su clase de Steifel-Whitney es $w(\nu)=1$ o $w(\nu)=1+x$ . En todos los casos, necesitamos $w(\nu)\cdot w(\tau) = w(\nu \oplus \tau) = w(\epsilon^{n+1})=1$ . Si $w(\nu)=1$ entonces $w(\tau)=(1+x)^{n+1}=1$ Así que $n+1=2^r$ . Si $w(\nu)=1+x$ entonces, de manera similar $(1+x)^{n+2}=1$ así que $n+2=2^r$ . Si la inmersión es una incrustación, el primer caso debe mantenerse.

¿Por qué es esto cierto? Me parece que debería haber una razón fácil, pero ninguna de las personas con las que hablé fue capaz de precisar nada. Podría ser un error, pero parece que esto está diciendo tácitamente que una incrustación de codimensión 1 de una variedad cerrada debe ser de hecho de una variedad orientable, que es lo mismo que decir que el haz de líneas normal tiene trivial $w_1$ (ya que los haces de líneas están totalmente clasificados por su orientabilidad, es decir, por $w_1$ ). ¿Es esto cierto?

Answer 1

El haz normal de una incrustación de codimensión 1 de una variedad compacta cerrada $M$ en $\mathbb R^{n+1}$ es realmente trivial. De lo contrario, se podría encontrar una simple curva cerrada en $\mathbb R^{n+1}$ que se cruza con $M$ en un solo punto. Esto implica que tanto la curva como $M$ representan mod. no triviales $2$ clases de homología en $\mathbb R^{n+1}$ Esto se debe a que el producto de intersección es dual al producto de copa y no puede ser distinto de cero en las clases de homología triviales. Sin embargo, no hay clases de homología no triviales en $\mathbb R^{n+1}$ ya que es contraíble. Así que tenemos una contradicción.

Una vez que se ve que el haz normal es trivial, se puede utilizar la orientación ambiental de $\mathbb R^{n+1}$ para orientar localmente el colector, ya que existe una dirección normal positiva bien definida.

Answer 2

Cualquier colector compacto y conectado $M$ de dimensión $n$ incrustado en $\mathbb{R}^{n+1}$ es orientable. Esto se deduce del hecho de que existe una función suave $f$ en $\mathbb{R}^{n+1}$ s.t. $M$ es el lugar cero de $f$ y la derivada de $f$ no desaparece en $M$ (por lo que el gradiente de $f$ da un campo vectorial normal suave). Esto también demuestra el teorema de Jordan-Brouwer ( $M$ cortes $\mathbb{R}^{n+1}$ en dos partes: $f>0$ y $f<0$ ).

La existencia de $f$ es un "lema técnico" ;) En primer lugar, utilizando la compacidad, se puede demostrar que existe un $\epsilon > 0$ y una cubierta $\left( V_x \right)_{x \in M}$ de $M$ tal que $B=\left\{ y \in \mathbb{R}^{n+1}\ |\ d(y,M) \lt \epsilon \right\}$ es la unión disjunta de los $\left\{ x + t n_x \ |\ -\epsilon \lt t \lt \epsilon \right\}$ ( $n_x$ siendo un vector de norma uno ortogonal a $T_x M$ ), y así $B$ es localmente $V_x \times ]-\epsilon,\epsilon[$ . De ahí se puede deducir que $\mathbb{R^{n+1}}$ tiene una cubierta abierta $\left(A_i\right)_i$ con funciones suaves $f_i$ en $A_i$ s.t. siempre que $A_i \cap A_j \neq \emptyset$ , $f_i = \pm f_j$ localmente en $A_i \cap A_j$ y $\cup_i f_i^{-1}(0) = M$ tiene el interior vacío (para ello hay que tomar una función suave no decreciente $\lambda : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ s.t. $f(x)=-1$ cuando $x \lt -\epsilon/2$ , $f(x)=1$ cuando $x \gt \epsilon/2$ y $f$ es creciente en el medio. entonces para $(y,t) \in V_x \times ]-\epsilon,\epsilon[$ , defina $f_i(y,t)=\lambda(t)$ y tomar el $f_i$ s para ser $1$ fuera del $\epsilon/2$ -Vecino de $M$ ). Esto, junto con la simple conexión de $\mathbb{R}^{n+1}$ da una función suave $f$ en $\mathbb{R}^{n+1}$ localmente igual a la $\pm f_i$ y ya está.

Ahora tienes un largo ejercicio para resolver tu problema técnico ;) Siento no poder darte una referencia, pero la única que tengo (y de la que he sacado el esbozo de prueba anterior) es un libro francés: Thèmes d'analyse pour l'agrégation, Calcul différentiel de Stéphane Gonnord y Nicolas Tosel (p. 100).

EDIT: en realidad dan una referencia: Elon L. Lima, The Jordan-Brouwer separation theorem for smooth hypersurfaces, American Mathematical Monthly, Volume 95 Issue 1, Jan. 1988

Answer 3

He aquí una buena solución que se me acaba de ocurrir y que, de hecho, puede ser lógicamente equivalente a la de Jim (¡si es que es correcta!). Agradezco los comentarios al respecto.

Compactify $\mathbb{R}^{n+1}$ a $S^{n+1}$ por lo que consideramos $M \subset S^{n+1}$ . Por la dualidad de Alexander, $$\tilde{H}_0(S^{n+1} \backslash M ; \mathbb{Z}/2) \cong \tilde{H}^{(n+1)-0-1}(M;\mathbb{Z}/2) = \tilde{H}^n(M;\mathbb{Z}/2)=\mathbb{Z}/2,$$ así que $H_0(S^{n+1}\backslash M;\mathbb{Z}/2)=\mathbb{Z}/2 \oplus \mathbb{Z}/2$ . Por lo tanto, $M$ separa $S^{n+1}$ .